（適用于新高考新教材）高考數(shù)學一輪總復習第七章平面向量復數(shù)課時規(guī)范練37復數(shù)

課時規(guī)范練37復數(shù)基礎鞏固組1.已知復數(shù)z滿足z(3i)=10,則z=()A.3i B.3+iC.3i D.3+i2.(2022全國乙,文2)設(1+2i)a+b=2i,其中a,b為實數(shù),則()A.a=1,b=1 B.a=1,b=1C.a=1,b=1 D.a=1,b=13.設復數(shù)z滿足|z+1|=|zi|,z在復平面內(nèi)對應的點為(x,y),則()A.x=0 B.y=0C.xy=0 D.x+y=04.(2022廣東茂名模擬)已知復數(shù)z1,z2在復平面內(nèi)對應的點分別為(2,1),(1,b),若z1z2是純虛數(shù),則b=()A.2 B.1C.12 D.5.(2022廣東廣州三模)若復數(shù)z滿足z(1+i)=|3i|,則在復平面內(nèi)z的共軛復數(shù)對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6.(多選)已知i為虛數(shù)單位,則下列結(jié)論正確的是()A.復數(shù)z=1+2i1-B.復數(shù)z=2+5i-i的共軛復數(shù)zC.復數(shù)z=12D.復數(shù)z滿足1z∈R,則z∈7.(2022河北石家莊一模)若復數(shù)z=(1+2i)·(ai)在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限,則實數(shù)a的取值范圍是()A.12,2B.2,12C.12,2D.(∞,2)∪12,+∞8.(2022廣東惠州一模)已知i是虛數(shù)單位,則復數(shù)1+i24的模等于.

9.設a,b為實數(shù),若復數(shù)1+2ia+bi=1i,則a綜合提升組10.(多選)對任意z1,z2,z∈C,下列結(jié)論成立的是()A.當m,n∈N*時,有zmzn=zm+nB.當z1,z2∈C時,若z12+z22=0,則z1C.互為共軛復數(shù)的兩個復數(shù)的模相等,且|z|2=|z|2=zzD.z1=z2的充要條件是|z1|=|z2|11.(多選)設z1,z2是復數(shù),則下列命題是真命題的有()A.若|z1z2|=0,則zB.若z1=z2,則z1C.若|z1|=|z2|,則z1z1=z2D.若|z1|=|z2|,則z12.已知復數(shù)z滿足等式|zi|=1,則|z1|的最大值為.

13.設復數(shù)z1,z2滿足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,則|z1z2|=.

14.已知復數(shù)z1=i,z2=2i1+i,則|z1+z2|=,z1+z12+…+z1創(chuàng)新應用組15.(多選)(2022山東濱州二模)歐拉公式eix=cosx+isinx(本題中e為自然對數(shù)的底數(shù),i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學家歐拉創(chuàng)立,該公式建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關系,在復變函數(shù)論中占有非常重要的地位,被譽為“數(shù)學中的天橋”.依據(jù)歐拉公式,則下列結(jié)論中正確的是()A.復數(shù)eiB.復數(shù)ei2對應的點位于第二象限C.復數(shù)eiπ3D.復數(shù)eiθ(θ∈R)在復平面內(nèi)對應的點的軌跡是圓16.國際數(shù)學教育大會(ICME)是世界數(shù)學教育規(guī)模最大、水平最高的學術(shù)性會議,第十四屆大會在上海召開,其會標如圖,包含著許多數(shù)學元素.主畫面是非常優(yōu)美的幾何化的中心對稱圖形,由弦圖、圓和螺線組成,主畫面標明的ICME14下方的“”是用中國古代八進制的計數(shù)符號寫出的八進制數(shù)3744,也可以讀出其二進制碼換算成十進制的數(shù)是n,則(1+i)2n=,1+i2n=.17.已知復數(shù)z對應的點在復平面第一象限內(nèi),甲、乙、丙、丁四人對復數(shù)z的陳述如下(i為虛數(shù)單位):甲:z+z=2;乙:zz=23i;丙:zz=4;丁:zz在甲、乙、丙、丁四人陳述中,有且只有兩個人的陳述正確,則復數(shù)z=.

課時規(guī)范練37復數(shù)1.D解析:z=103-i=102.A解析:由(1+2i)a+b=2i,得a+b+2ai=2i.∵a,b∈R,∴a+b故選A.3.D解析:復數(shù)z滿足|z+1|=|zi|,∴(x+1)24.A解析:由題意得z1=2+i,z2=1bi,所以z1z2=2+b+(12b)i,又z1z2是純虛數(shù),則2+b=0,15.A解析:由z(1+i)=|3i|=(3)2+(-1)2=2,得z=21+i=6.ABD對于A,z=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=12+32i,其虛部為32,故A正確;對于B,z=2+5i-i=(2+5i)i=5+2i,故z=52i,故B正確;對于C,z=12-12i在復平面內(nèi)對應點的坐標為127.B解析:由題得z=(1+2i)(ai)=a+2+(2a1)i,在復平面內(nèi)所對應的點(a+2,2a1)在第四象限,所以a+2>0,28.1解析:因為1+i24=1+i222=2i22=i2=1,所以模為1.9.13解析:1+2ia+bi=1i,則a+bi所以a=12,b=32,因此ab10.AC解析:由復數(shù)乘法的運算律知,A正確;取z1=1,z2=i,滿足z12+z22=0,但z1由復數(shù)的模及共軛復數(shù)的概念知結(jié)論成立,故C正確;由z1=z2能推出|z1|=|z2|,但|z1|=|z2|推不出z1=z2,因此z1=z2的必要不充分條件是|z1|=|z2|,故D錯誤.故選AC.11.ABC解析:對于A,若|z1z2|=0,則z1z2=0,z1=z2,所以z1對于B,若z1=z2,則z1和z2互為共軛復數(shù),所以z1=z對于C,設z1=a1+b1i,z2=a2+b2i,a1,b1,a2,b2∈R,若|z1|=|z2|,則a12+所以z1z1=a1對于D,若z1=1,z2=i,則|z1|=|z2|,而z12=1,z2故選ABC.12.2+1解析:因為|zi|=1,所以復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點是以(0,1)為圓心,1為半徑的圓,如圖所示,則|z1|的最大值為圓心(0,1)到點A(1,0)的距離加1,即(0-1)2+(13.23解析:設z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R.∵|z1|=|z2|=2,∴a2+b2=4,c2+d2=4.又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=3+i,∴a+c=3,b+d=1.∴(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4.∴2ac+2bd=4.∴(ac)2+(bd)2=a2+c2+b2+d22ac2bd=8(4)=12.∴|z1z2|=(a-c)14.50解析:因為z2=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+所以|z1+z2|=12z1+z12+…+z115.ABD解析:對A,因為復數(shù)eiπ2=cosπ2+isinπ2=i為純虛數(shù),故選項A正確;對B,復數(shù)ei2=cos2+isin2,因為cos2<0,sin2>0,所以復數(shù)ei2對應的點(cos2,sin2)位于第二象限,B正確;對C,復數(shù)eiπ3=cosπ3+isinπ3=12+32i的共軛復數(shù)為12-32i,故選項C錯誤;對D,復數(shù)eiθ=cosθ+isinθ(θ∈R)在復平面內(nèi)對應的點為(cosθ,sin16.220201∵=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×21+0×20=2020.∴(1+i)2n=(2i)2020=22020.1+i2n=1+i2202017.1+i解析:設z=a+bi(a>0,b>0),則z=abi,∴z+z=2a,zz=2bi,zz=a2+b2,zz∵zz=4與zz=z∵當zz=23i時,b2